【PAT-A-1044】Shopping in Mars (25) 时间复杂度为O(n)的简单方法

题目大意：给一个价格M，一段正整数序列，要求找出所有的字串，其数字之和刚好是M。如果找不到这样的字串，那就找出比M大且最接近的一个数字，并找出所有字串。

分析：乍一看有点麻烦，似乎要找两遍，一次看看有没有等于M的，没有的话再找出一个比M大的。其实完全可以认为是找出一个大于等于M并尽可能小的数，最小的情况就是等于M了，这样就归结为一个问题了。

本题常规做法是二分查找，算出从第一点开始，以第i个下标作为终点的字串和数组sum[i]，这样就得到了递增序列，可以用sum[j]-sum[i-1]来代表从i到j的字串和。该方法的代码网上很多，时间复杂度是O(nlogn)，这里给出一种更为简单，代码更短，时间复杂度只有O(n)的方法。

#include
#include
using namespace std;

struct node{
	int left,right;
	node(int l, int r):left(l),right(r){}
}; //结构体，用来存结果的头尾

int num[100005];//存放初始序列
vector res;//存放结果
int MIN = 1e9;//存放最小值

int main(){
	int n,m;
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(int i = 1; i <= n; ++i){
		scanf("%d",&num[i]);
	}
	int left = 1, right = 1;//left为起始，right为终点，都为闭区间
	int s = num[left];//s代表sum，总和的意思，一开始等于sum[1,1]
	while(right <= n){
		if(s >= m){
			if(s < MIN){ //找到了更小的，清空并更新
				MIN = s;
				res.clear();
				res.push_back(node(left,right));
			}else if(s == MIN) //找到了一样大的，记录字串起点和终点
				res.push_back(node(left,right));
			s -= num[left];//总和大了，那就通过右移起点的方法来减小sum
			left++;
		}else{
			right++;//总和不够大，那就通过右移终点的方法来增大sum
			s += num[right];
		}
	}
	for(int i = 0; i < res.size(); ++i){//输出结果
		printf("%d-%d\n",res[i].left,res[i].right);
	}
	return 0;
}